2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение21.09.2013, 12:15 


31/03/06
1384
Похожую (хотя чуть более сложную) форму по модулю $a$ (где $a^2=z^6-4 x^3 y^3$) имеют решения уравнения:

$X^2+q Y^2=c Z^2$,

где $c=z^2-\sqrt[3]{4} xy$.

Покажем, что $X$ и $Y$ сравнимы по модулю $a$ c $x_0 c$ и $y_0 c$, где $x_0$ и $y_0$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.

Это уравнение совпадает с уравнением (150).

Мы показали, что $X_0 X_3-q Y_0 Y_3$ и $X_0 Y_3+Y_0 X_3$ делятся на $a$, откуда следует, что $(X_3^2+q Y_3^2) X_0$ и $(X_3^2+q Y_3^2) Y_0$ делятся на $a$.

Учитывая (153) получим: $d X_0$ и $d Y_0$ делятся на $a$ или (умножая на $c$ и деля на $a$): $a X_0$ и $a Y_0$ делятся на $c$.

Разделим $X_0$ на $c$ c остатком, рассматривая эти числа как полиномы от $\sqrt[3]{4}$.
Остаток является рациональным числом, знаменатель которого взаимно-прост с $a$.
Обозначим числитель остатка через $m$.
Имеем: $a m$ делится на $c$ или (умножая на $d$ и деля на $a$): $d m$ делится на $a$.
Учитывая, что коэффициенты в $d$ (рассматривая $d$ как полином от $\sqrt[3]{4}$) взаимно-просты с $a$, получим, что $m$ делится на $a$.
Что и требовалось.

Подобным образом, мы могли бы показать, что $X_3$ и $Y_3$ сравнимы по модулю $a$ c $x_0 d$ и $y_0 d$, где $x_0$ и $y_0$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.

Но в этом случае, разделив $x_0$ и $y_0$ на $c$ (как полиномы от $\sqrt[3]{4}$)) с остатком, получим, что можно взять $x_0$ и $y_0$ целыми рациональными числами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение22.09.2013, 19:21 


31/03/06
1384
Сделаем несколько замечаний.
Во-первых, я ненамеренно изменил нотацию: ранее $c$ был равен $x^2-\sqrt[3]{4} y z$, а сейчас $z^2-\sqrt[3]{4} x y$. Вернёмся к тому что было раньше, и пусть $c=x^2-\sqrt[3]{4} y z$, $d=x^4+x^2 y z \sqrt[3]{4}+ (y z \sqrt[3]{4})^2$, $a^2=x^6-4 (y z)^3$.
Во-вторых, мы должны обосновать, что в уравнении (150) можно считать $Z$ целым рациональным числом, взаимно-простым с $a$.
Я пока не вижу, чтобы это следовало из леммы 15.
Пусть $(X_0, Y_0, Z_0)$ является решением уравнения (150).
Тогда $(X_0 (Z_1 Z_2), Y_0 (Z_1 Z_2), Z_0 (Z_1 Z_2))$ также является решением, где $Z_1$ и $Z_2$ сопряжённые с $Z_0$ числа, поэтому можно считать $Z_0$ целым рациональным числом.
Однако, из леммы 15 не следует, что $X_0$ и $Y_0$ делятся на какой-либо простой делитель числа $Z_0$.
В лемме 15 говорится об идеалах, делящих $c$, но не об идеалах делящих $d$.
В третьих, ранее мы использовали кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а сейчас $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.
Чтобы не было недоразумений, вернёмся к кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Наконец, я по-прежнему не вижу, как получить из равенства (150) противоречие.
Однако, то что свойства $X_0$ и $Y_0$ по модулю $a$ не зависят от вычета числа $q$ по модулю $a$ кажется мне обнадёживающе странным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение23.09.2013, 18:00 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #732922 писал(а):
Я вижу причину, по которой из равенства (127) трудно получить противоречие.
Дело в том, что существуют такие числа $g \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, что число $g^2/c$ взаимно-просто с $c$, и $-q$ может быть квадратичным вычетом по модулю простых делителей нормы этого числа. Если, кроме этого, $\alpha c$ сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, то для таких $q$, уравнение:

(137) $X^2+q Y^2=\alpha (g^2/c) Z^2$

имеет ненулевые решения в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Помножив равенство (13) на $c^2$, получим ненулевые решения для уравнения:

(138) $X^2+q Y^2=\alpha c Z^2$.

Заметим, что $Z_1$ в (127) (или $Z$ в (138)) можно взять взаимно-простым с $c$.
В самом деле, если $Z_1$ делится на $\rho^k$, то, в силу леммы 15, $X_1$ и $Y_1$ тоже делятся на $\rho^k$, и, после умножения всех трёх чисел ($X_1$, $Y_1$ и $Z_1$) на $\beta^k$ (где число $\beta$ определено в доказательстве леммы 15), их можно сократить на $p^k$.

Но на этом, в исследовании решений уравнения (138), мы поставим точку, поскольку по указанной выше причине существование ненулевых решений этого уравнения ничему не противоречит.


Я ещё раз цитирую это несправедливо пессимистичное рассуждение, потому что оно содержит информацию о решении уравнения (150):

(150) $X_0^2+q Y_0^2=c Z^2$

Мы выяснили форму решения $X_0$ и $Y_0$ по модулю $a$:
$X_0 \equiv x_0 c$, $Y_0 \equiv y_0 c$, где $x_0$ и $y_0$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Наше доказательство этого некорректно, потому что мы предполагали, что число $Z$ взаимно-просто с $a$, а этого делать нельзя.
Можно доказать это по-другому, используя лемму 15.
Но это не нужно, потому что из процитированного рассуждения следует, что существует решение $X_0=x_0 c$, $Y_0=y_0 c$ уже не по модулю $a$, а вообще.
Имея эту информацию о решении $X_0$, $Y_0$ можно пытаться получить из равенства (150) противоречие.
Думаю, что удобно представить $x_0$ и $y_0$ в виде $x_0 + x_1 c + x_2 d$ и
$y_0 + y_1 c + y_2 d$, где коэффициенты $x_0$, $x_1$, $x_2$ и $y_0$, $y_1$, $y_2$ - целые рациональные числа (они не обязательно целые, но можно сделать их целыми, если умножить равенство (150) на квадрат общего знаменателя).
Числа $x_0$ и $y_0$ уже не те, чем они были раньше, на английском это называется "abuse of notation", но если обратить на это внимание, то это приемлимо.
Я не уверен, что удастся получить противоречие, но попытаться можно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение23.09.2013, 20:07 


31/03/06
1384
Обратим внимание на то, что с этим решением уравнения (150), можно считать $Z$ целым рациональным числом, которое делится на $a$, и $Z/a$ взаимно-просто с $a$.
В самом деле, в равенстве (137), $g^2$ делится на $c$ (что касается множителя $\alpha$, то мы пока считаем его равным 1, т.е. рассматриваем такие $q$, для которых это возможно), а $Z$ в равенстве (137) можно выбрать взаимно-простым с $a$. Умножая равенство (137) на $g_1^2 g_2^2$, где $g_1$ и $g_2$ сопряжены с $g$ (сопряжены в смысле замены $\sqrt[3]{2}$ на $\sqrt[3]{2} i_3$ и $\sqrt[3]{2} i_3^2$) получим, что $(g g_1 g_2)^2$ делится на $c c_1 c_2=c d=a^2$. Значит $g g_1 g_2$ делится на $a$.
С другой стороны, поскольку $g^2/c$ взаимно-просто с $c$ (и можно выбрать $g$ так, что $g^2/c$ взаимно-просто с $a$), то $(g g_1 g_2)/a$ взаимно-просто с $a$.

План дальнейших действий такой:

1) Вывести равенства, которым удовлетворяют коэффициенты $x_0$, $x_1$, $x_2$, $y_0$, $y_1$, $y_2$.

Для этого нужно выразить $c^2$ и $d^2$ в форме $e_0+e_1 c+e_2 d$.

2) Определить $X_4$ и $Y_4$ в равенстве (154) :

(154) $X_4^2+q Y_4^2=a^2 Z^6$.

В этом равенстве, теперь правая часть делится на $a^8$, и значит $X_4$ и $Y_4$ должны делиться на $a^4$ (не вообще, конечно, а учитывая, что $-q$ не является квадратичным вычетом по модулю простых делителей числа $a$).
После сокращения равенства (154) на $a^8$, в правой части будет шестая степень числа, взаимно-простого с $a$.
Что касается $X_4$ и $Y_4$, то (после сокращения на $a^4$) их общий вид известен ещё со времён Диофанта.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение23.09.2013, 21:31 


31/03/06
1384
Рассмотрим равенство (153):

(153) $X_3^2+q Y_3^2=d Z^4$,

и покажем, что $X_3$ и $Y_3$ теперь делятся на $a^2$.
Это не удивительно, поскольку $Z$ делится на $a$.
Используем то, что $X_4$ и $Y_4$ делятся на $a^4$, то есть:

(1) $X_0 X_3-q Y_0 Y_3$ и (2) $X_0 Y_3+Y_0 X_3$ делятся на $a^4$.

Умножая первое выражение на $X_0$, второе выражение на $q Y_0$ и складывая, получим, что число
$X_3 (X_0^2+q Y_0^2)$ делится на $a^4 c$ (поскольку $X_0$ и $Y_0$ делятся на $c$).
Умножая второе выражение на $X_0$, первое выражение на $Y_0$ и вычитая из второго первое, получим, что число $Y_3 (X_0^2+q Y_0^2)$ делится на $a^4 c$.

Учитывая равенство (150) получим: $X_3 c Z^2$ и $Y_3 c Z^2$ делятся на $a^4 c$, откуда (учитывая, что $Z/a$ взаимно-просто с $a$) получим: $X_3$ и $Y_3$ делятся на $a^2$.
Что и требрвалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение24.09.2013, 09:46 


31/03/06
1384
Найдём теперь линейное выражение (с $c$ и $d$) для $c^2$ и $d^2$, но перед этим сделаем важное замечание.
Когда мы будем возводить $x_0+x_1 c+x_2 d$ и $y_0+y_1 c+y_2 d$ в квадрат, то лучше обозначить $c d$ через $a_2$ и не писать $a^2$, иначе решения, которых на самом деле нет, могут появиться! В этом случае, мы не сможем получить противоречие никаким способом.

(Оффтоп)

Заметим также, мимоходом, что уравнение (153), после сокращения на $a^4$ имеет решения на самом деле, поскольку $-q$ является квадратичным вычетом по модулю любого простого идеала, который делит $d$, так как норма такого идеала равна $p^2$ (а не $p$, где $p$ - некоторое простое число), вследствие чего $(-q)^\frac{N(\rho)-1}{2} \equiv 1$ по модулю $p$.


Покажем, что:

(160) $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$,

(165) $d^2=-3 x^2 a_2+a_2 c+3 x^4 d$.

Сделаем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Скопируем равенства (143) и (144):

(143) $d=3 x^4-3 x^2 c+c^2$ и

(144) $c^3-3 x^2 c^2+3 x^4 c-a_2=0$ (где вместо $a^2$ мы написали $a_2$)

Из равенства (143) следует:

(160) $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$

Имеем: $d^2=c^4+9 x^4 c^2+9 x^8-6 x^2 c^3+6 x^4 c^2-18 x^6 c=c^4-6 x^2 c^3+15 x^4 c^2-18 x^6 c+9 x^8$

Значит:

(161) $d^2=c^4-6 x^2 c^3+15 x^4 c^2-18 x^6 c+9 x^8$

Из равенства (144) следует:

(162) $c^3=3 x^2 c^2-3 x^4 c+a_2$

Умножая равенство (162) на $c$, получим: $c^4=3 x^2 c^3-3 x^4 c^2+a_2 c=9 x^4 c^2-9 x^6 c+3 x^2 a_2-3 x^4 c^2+a_2 c$.

Значит:

(163) $c^4=6 x^4 c^2+(a_2-9 x^6) c+3 x^2 a_2$

Подставляя (163) и (162) в (161), получим:

$d^2=6 x^4 c^2+(a_2-9 x^6) c+3 x^2 a_2-18 x^4 c^2+18 x^6 c-6 x^2 a_2+15 x^4 c^2-18 x^6 c+9 x^8$

Значит:

(164) $d^2=3 x^4 c^2+(a_2-9 x^6) c+(9 x^8-3 x^2 a_2)$

Подставляя (160) в (164) получим: $d^2=-9x^8+9 x^6 c+3 x^4 d+(a_2-9 x^6) c+(9 x^8-3 x^2 a_2)$

Значит:

(165) $d^2=-3 x^2 a_2+a_2 c+3 x^4 d$

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение24.09.2013, 20:53 


31/03/06
1384
Найдём выражения для $X_0$, $Y_0$, $X_3$, $Y_3$ по модулю $a_2$.

Покажем, что

(170) $X_0  \equiv c (x_0+x_1 c)$

(171) $Y_0  \equiv c (y_0+y_1 c)$

(178) $X_3 \equiv d ((x_0^2-q y_0^2)+3 x^2 (x_0 x_1-q y_0 y_1)+3 x^4 (x_1^2-q y_1^2))$

(180) $Y_3 \equiv  d (2 x_0 y_0+6 x^4 x_1 y_1+3 x^2 x_0 y_1+3 x^2 y_0 x_1)$

Сделаем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Имеем: $X_0 \equiv c (x_0+x_1 c+x_2 d) \equiv c (x_0+x_1 c)$.

Значит:

(170) $X_0  \equiv c (x_0+x_1 c)$

(171) $Y_0  \equiv c (y_0+y_1 c)$

(172) $X_1  \equiv c_1 (x_0+x_1 c_1)$

(173) $Y_1  \equiv c_1 (y_0+y_1 c_1)$

(174) $X_2  \equiv c_2 (x_0+x_1 c_2)$

(175) $Y_2  \equiv c_2 (y_0+y_1 c_2)$

Имеем: $X_1 X_2 \equiv c_1 c_2 (x_0^2+x_0 x_1 (c_1+c_2)+x_1^2 c_1 c_2)=d (x_0^2+x_0 x_1 (3 x^2-c)+x_1^2 d) \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 d^2 \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 3 x^4 d \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.

Значит:

(176) $X_1 X_2 \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.

(177) $Y_1 Y_2 \equiv d (y_0^2+3 x^2 y_0 y_1+3 x^4 y_1^2)$.

Поскольку $X_3=X_1 X_2-q Y_1 Y_2$, то:

(178) $X_3 \equiv d ((x_0^2-q y_0^2)+3 x^2 (x_0 x_1-q y_0 y_1)+3 x^4 (x_1^2-q y_1^2))$

Имеем: $X_1 Y_2 \equiv c_1 c_2 (x_0 y_0+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2+x_1 y_1 c_1 c_2) \equiv d (x_0 y_0+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2+x_1 y_1 d) \equiv d (x_0 y_0+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2+x_1 y_1 3 x^4)$

Значит:

(178) $X_1 Y_2 \equiv d ((x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2)$

(179) $Y_1 X_2 \equiv d ((x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+x_0 y_1 c_1+y_0 x_1 c_2)$

Имеем: $X_1 Y_2+Y_1 X_2 \equiv d (2 (x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+(x_0 y_1+y_0 x_1)(c_1+c_2)) \equiv d (2 (x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+(x_0 y_1+y_0 x_1)(3 x^2-c)) \equiv d (2 (x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+(x_0 y_1+y_0 x_1) 3 x^2)$

Поскольку $Y_3=X_1 Y_2+Y_1 X_2$, то

(180) $Y_3 \equiv  d (2 x_0 y_0+6 x^4 x_1 y_1+3 x^2 x_0 y_1+3 x^2 y_0 x_1)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение25.09.2013, 00:20 


31/03/06
1384
Мы показали, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $a_2$, поэтому из (178) и (180) следует:

(181) $(x_0^2-q y_0^2)+3 x^2 (x_0 x_1-q y_0 y_1)+3 x^4 (x_1^2-q y_1^2)$ делится на $a_2$ и

(182) $2 x_0 y_0+6 x^4 x_1 y_1+3 x^2 x_0 y_1+3 x^2 y_0 x_1$ делится на $a_2$

Совсем другие сравнения по модулю $a_2$ следуют из равенства (150):

(150) $X_0^2+q Y_0^2=c Z^2$.

Выведем формулу:

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$

Затем покажем, что:

(187) $(x_0^2+q y_0^2)-3 x^4 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$ и

(188) $2 (x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$.

Сделаем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Имеем: $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=x_0^2+x_1^2 c^2+x_2^2 d^2+2 x_0 x_1 c+2 x_0 x_2 d+ 2 x_1 x_2 a_2=x_0^2+x_1^2 (-3 x^4+3 x^2 c+d)+x_2^2 (-3 x^2 a_2+a_2 c+3 x^4 d)+2 x_0 x_1 c+2 x_0 x_2 d+ 2 x_1 x_2 a_2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(3 x^2 x_1^2+x_2^2 a_2+2 x_0 x_1) c+(x_1^2+3 x^4 x_2^2+2 x_0 x_2) d$.

Значит:

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$

(184) $(y_0+y_1 c+y_2 d)^2=(y_0^2-3 x^4 y_1^2-3 x^2 a_2 y_2^2+2 y_1 y_2 a_2)+(2 y_0 y_1+3 x^2 y_1^2+a_2 y_2^2) c+(2 y_0 y_2+y_1^2+3 x^4 y_2^2) d$

Из (150) следует:

(185) $c ((x_0+x_1 c+x_2 d)^2+q (y_0+y_1 c+y_2 d)^2)=Z^2 \equiv 0$ по модулю $a_2$

Из (183), (184) и (185) следует:

(186) $c ((x_0^2+q y_0^2)-3 x^4 (x_1^2+q y_1^2))+c^2 (2(x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)) \equiv 0$ по модулю $a_2$

Поскольку $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$, то из (186) следует: $-3 x^4 (2(x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)) \equiv 0$ по модулю $a_2$, значит $2 (x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2) \equiv 0$ и из (186) теперь получим:

(187) $(x_0^2+q y_0^2)-3 x^4 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$ и

(188) $2 (x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$.


-- Ср сен 25, 2013 01:13:49 --

Заметим, что, если бы в сравнении (181) вместо $-q$ стояло $+q$, то учитывая сравнения (187) и (188) мы бы быстро получили противоречие, потому что $x_0^2+q y_0^2$ делилось бы на $a_2$.

Мы определили $X_3=X_1 X_2-q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2+Y_1 X_2$, а могли бы определить по-другому: $X_3=X_1 X_2+q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2-Y_1 X_2$.

Интересно, какие сравнения мы бы получили в этом случае?

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение25.09.2013, 06:52 


31/03/06
1384
Я нашёл ошибку в оффтопике, которая не повлияла на результат.

Исправление
============

Цитата:
Имеем: $X_1 X_2 \equiv c_1 c_2 (x_0^2+x_0 x_1 (c_1+c_2)+x_1^2 c_1 c_2)=d (x_0^2+x_0 x_1 (3 x^2-c)+x_1^2 d) \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 d^2 \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 3 x^4 d \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.


исправляется на:

Имеем: $X_1 X_2 \equiv c_1 c_2 (x_0^2+x_0 x_1 (c_1+c_2)+x_1^2 c_1 c_2)=d (x_0^2+x_0 x_1 (3 x^2-c)+x_1^2 d) \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2+x_1^2 d^2 \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2+x_1^2 3 x^4 d \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.



Определить по-другому $X_3$ и $Y_3$ можно, но мне это пока ничего не дало.
Потому что, если $X_3=X_1 X_2+q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2-Y_1 X_2$, то $Y_3$ не принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$, а включает ещё и $i_3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение25.09.2013, 08:52 


31/03/06
1384
При выводе сравнений (181) и (182), мы использовали то, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $a_2$.
Заметим, что это следует напрямую из леммы 15, равенства (153) и того, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $d$ (вследствие сравнений (178) и (180)).
В самом деле, поскольку $Z^4$ делится на $a_2^2$ делится на $c^2$, то из леммы 15 следует, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $c$, а поскольку они делятся и на $d$ (которое взаимно-просто с $c$), то $X_3$ и $Y_3$ делятся на $c d=a_2$.
Получается, что необязательно использовать $X_4$ и $Y_4$, как мы это делали.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение25.09.2013, 13:30 


31/03/06
1384
Видимо всё же можно, определив $X_3$ и $Y_3$ по-новому, получить видоизменённое сравнение (181).
Пусть $X_3=X_1 X_2+q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2-Y_1 X_2$.
Покажем, что $X_3$ делится на делитель $m_2$ числа $a_2$, который состоит из степеней простых чисел, вида $3 k+1$.

Имеем:

(153) $X_3^2+q Y_3^2=d Z^4$

Заменим $i_3$ в $Y_3$ на $v_3$, где $v_3$ - корень кубический из $1$ по модулю $m_2^2$.
Получим: $X_3^2+q Y_{31}^2$ делится на $m_2^2$, откуда, применив лемму 15, получим, что $X_3$ и $Y_{31}$ делятся на $m_2$ со всеми вытекающими из этого сравнениями по модулю $m_2$.
В частности, из того, что $X_1 X_2+q Y_1 Y_2$ и $X_1 X_2-q Y_1 Y_2$ оба делятся на $m_2$ следует, что $X_1 X_2$ и $Y_1 Y_2$ оба делятся на $m_2$, и получить противоречие уже несложно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение25.09.2013, 19:02 


31/03/06
1384
Теперь надо проверять, что, собственно мы доказали? Что $c$ является квадратом? Что на самом деле происходит, если $Y_0=0$? Каким образом получается противоречие в этом случае? А что если $Y_0 \ne 0$ а просто делится на $a_2$?
На все эти вопросы нужно дать ответы и всё тщательно проверить, прежде чем можно утверждать, что мы что-то доказали.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение25.09.2013, 23:47 


31/03/06
1384
Например, предположим, что $c$ является квадратом, $X_0=c \sqrt{d}$, $Y_0=0$.
В этом случае $X_3=d c \sqrt{d}$, $Y_3=0$.
Проверяем: $X_3$ делится на $a_2$ - да это действительно так.
Пусть $\sqrt{d}=x_0+x_1 c+x_2 d$.
Тогда из сравнений (181), (187) и (188) следует, что $x_0$ и $x_1$ делятся на $a$.
Но у нас есть ещё $x_2$, и как получить противоречие неясно.
Максимум, что следует из сравнений (181), (182), (187) и (188) (и того, что $X_1 X_2$ делится на $a_2$) это то, что $x_0$, $x_1$, $y_0$, $y_1$ делятся на $a$.
Мы даже не знаем делится ли $y_2$ на $a$.
Было неправильно сказать, что "получить противоречие уже несложно".
Как говорится: "back to the drawing board".

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение26.09.2013, 07:45 


31/03/06
1384
Запишем равенство (150) в виде:

(190) $c ((x_0+x_1 c+x_2 d)^2+ q(y_0+y_1 c+y_2 d)^2)=Z^2$

Используем формулы (183) и (160):

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$

(160) $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$

Поскольку коэффициент при $d$ в $c^2$ равен 1, то из (190) и (183) получим:

(191) $(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2)+q (2 y_0 y_1+3 x^2 y_1^2+a_2 y_2^2)=0$

Далее из (190) и (183) следует:

(192) $(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+q (y_0^2-3 x^4 y_1^2-3 x^2 a_2 y_2^2+2 y_1 y_2 a_2)=0$

(193) $(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2)+q (2 y_0 y_2+y_1^2+3 x^4 y_2^2)=Z^2/a_2$

Равенства (191), (192) и (193) являются необходимыми и достаточными условиями для того, чтобы равенство (190) имело место.

Для того, чтобы записать эти равенства в более компактной форме, введём обозначения:

(194) $u_0=x_0^2+q y_0^2$, $u_1=x_1^2+q y_1^2$, $u_2=x_2^2+q y_2^2$,

(195) $u_{01}=x_0 x_1+q y_0 y_1$, $u_{02}=x_0 x_2+q y_0 y_2$, $u_{12}=x_1 x_2+q y_1 y_2$

С этими обозначениями, равенства (191), (193) и (193) принимают вид:

(196) $2 u_{01}+3 x^2 u_1+a_2 u_2=0$

(197) $u_0-3 x^4 u_1-3 x^2 a_2 u_2+2 a_2 u_{12}=0$

(198) $2 u_{02}+u_1+3 x^4 u_2=Z^2/a_2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение26.09.2013, 15:56 


31/03/06
1384
Может быть я снова пессимистичен, но, по-моему равенства (191), (192) и (193) ничему не противоречат.
Вместо $\sqrt[3]{4} yz$ можно взять любое алгебраическое число $v$, в том числе и такое, что $x^6-v^3$ является квадратом, определить $c=x^2-v$, $d=x^4+x^2 v+v^2$, и затем придти к равенствам (196), (197) и (198).
Не для любых $q$, конечно, а только для таких, по модулю, которых $c$ является квадратом.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 69 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group